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2025-2026学年湖南省部分学校高三（上）9月联考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知是等边三角形，边长为，则( )
A. B. C. D.
3.是的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.为了研究关于的线性相关关系，收集了组样本数据见下表若已求得一元线性回归方程，则下列选项中正确的是( )
A.
B. 与的样本是负相关
C. 当时，的预估值为
D. 去掉样本点后，与的样本相关系数必会改变
5.在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，准线为直线，过点的直线与相交于，两点，则面积的最小值为( )
A. B. C. D.
6.记数列的前项和为，，若，则( )
A. B. C. D.
7.已知奇函数的定义域为，满足对任意、，且，都有，且，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
8.已知平面向量，，，等差数列中，，则数列的前项和为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知椭圆：的两个焦点分别为，，是上任意一点，则( )
A. 的离心率为 B. 的周长为
C. 的最小值为 D. 的最大值为
10.下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，，则密码被成功破译的概率为
B. 一箱罐的饮料中有罐有奖券，从中任意抽取罐，这罐中有奖券的概率为
C. 一个袋子中有个红球，个绿球，不放回地从中随机取出两个球，若取出的两球都是红球的概率为，则
D. 甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，相比局胜制，局胜制对甲更有利
11.已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则( )
A.
B. 的图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数的图象
C. 的图象在区间内有个对称中心
D. 若在区间上的最大值与最小值分别为，，则的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知是关于的方程的一个根，则 ______．
13.已知正数，满足，则的最大值为______．
14.设三个内角，，的对边分别为，，，若，，则角______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知四棱台，底面是边长为的菱形，平面，，，是的中点．
证明：平面；
求平面与平面夹角的余弦值．
16.本小题分
已知等轴双曲线过点，直线：与交于，两点，与其渐近线交于，两点．
求的方程；
设，求的取值范围．
17.本小题分
已知函数．
若，讨论的单调区间；
若，，满足当时，恒成立，求实数的取值范围．
18.本小题分
三角形内到三个顶点距离之和的最小的点称为“费马点”，当的三个内角均小于时，满足的点为其费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为其费马点．
在中，角，，的对边分别为，，，满足，．
若，求，并求费马点到顶点，，的距离之和；
求周长的取值范围．
若是平面内的向量，且，，求的最小值．
19.本小题分
已知函数，，．
若，在上单调递减，求实数的取值范围；
若，且有且仅有两个不同的零点，求的最大值．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.证明：因底面是菱形，，是的中点，，
又，则又平面，平面，．
，且，平面，平面．
解：平面，，，，，两两垂直．
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系．
则，
设平面的一个法向量为，，
则，取，得，
设平面的法向量为，，
则，取，得，
设平面与平面夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
16.解：因为等轴双曲线过点，
若的焦点在轴上，不妨设，
代入，可得，不符题意，
若的焦点在轴上，不妨设，
代入，可得，
则，
综上所述，．
设，，，，
联立，可得，
，，
解得，
，，
显然双曲线的渐近线方程为，不妨设为直线：与直线的交点，
联立，
可得，同理，
，
，，
的取值范围为．
17.因为函数，
所以，
当时，恒成立，故的增区间为，无减区间；
当时，由，得或，
由，得，
故的增区间为，减区间为．
若，由，得或，由，得，
故的增区间为，减区间为．
综上，若，的增区间为，减区间为；
若，的增区间为，无减区间；
若，的增区间为，减区间为；
时，恒成立，即为时，恒成立．
设，其中，则，故为上的增函数，
而，即为，即，
其中，故，即在上恒成立，
所以在上恒成立，
设，其中，故，
若即，则，故在上为增函数，故，
所以，该不等式恒成立，故符合；
若即，当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，故，
所以，即，
综上，实数的取值范围为，即．
18.因为，由正弦定理，
因此，
因为，
因此，
即，因为，
因此，，
因此．
当，则，
因此．
因为，依据“费马点”性质，此时与点重合，
因此．
三角形的周长为，
由正弦定理得，，
因此
，
因为，因此，
因此，
因此．
设，因为，，
令，，
因此，，，
因此，
设点，，，，
因此原式为求最小值，
在中，因为，关于轴对称，，
因为，即，
因此为锐角三角形，
点在内到三个点距离更小，利用费马点定义和性质，
转化为在内找一点使得，
利用对称性知在的高上，，
因此，，
因此，
因此最小值为．
19.因为，，，
所以，当时，，因为在上单调递减，
所以，恒成立，恒成立．
设，则，
设，则，
故在上为减函数，而，，
故在存在一个零点，且当时，，
当时，，故在上为增函数，在为减函数，
故，故，即；
若，则，故，其中．
当时，，
故存在一个区间，满足且，，
故在上为减函数，而，故，，
但时，；时，，
故此时在上至少存在一个零点，在至少上存在一个零点，
而且，故此时至少有个不同的零点，与题设矛盾．
当时，，设，
则，
当时，，故在上为减函数，
故，故在上恒成立，
故在上为增函数，而，故在上无零点．
当时，因为在上为增函数，
故在上为增函数，故，，
故存在使得当时，即，
当时，即，
故在为减函数，在为增函数，
当时，，故在上单调递增，
而图象在处不间断，故在上为增函数，
，故在上有且只有一个零点，
当时，，故在无零点，
综上，时，有且仅有两个不同的零点，
故的最大值为．
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